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Une somme double

Envoyé par zephir 
Une somme double
il y a six années
Bonsoir à tous,

Pour faire plaisir à "enonce" que je salue au passage, voici un exercice amusant que j'ai trouvé dans le "Mongomery". J'ai modifié le texte d'origine pour masquer le résultat. Calculer $$\sum_{(a,b)\in \N^{*2}, (a,b)=1}\dfrac 1 {a^2b^2}$$ Bons calculs,
Cordialement,
zephir.
enonce
Re: Une somme double
il y a six années
Bonjour Zephir,

Merci pour ce cadeau, pour lequel je trouve sauf erreur $\dfrac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)}$.

J'ai bon ?

Si oui, à mon tour : Peux-tu montrer que $\displaystyle \sum_{i=1}^n d \left ( \textrm{pgcd} (i,n) \right ) = \sigma(n)$ ?

Comme d'habitude, $d(n)$ et $\sigma(n)$ désignent respectivement le nombre et la somme des diviseurs (positifs) de $n$.
Re: Une somme double
il y a six années
Soit $S_d$, la somme, mais avec un pgcd égal à $d$ au lieu de $1$. Alors $\displaystyle \sum_{d=1}^{+\infty} S_d = \sum_{(a,b)\in \N^{*2}} \dfrac{1}{a^2b^2} = \dfrac{\pi^4}{36}$.
Or, on a aussi, pour tout $d$, $S_d = \dfrac{1}{d^4} S_1$. D'où $\displaystyle \sum_{d=1}^{+\infty} S_d = \dfrac{\pi^4}{90} S_1$.

On en déduit que $S_1 = \dfrac{90}{36} = \dfrac{5}{2}$.
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
Soient $X,Y$ des variables aléatoires indépendantes suivant la loi Zéta de paramètre $2$. On pose $Z=X\wedge Y$.
La somme $S$ recherchée vérifie $P(Z=1)=\frac{S}{\zeta(2)^2}$.
Or $Z$ suit la loi Zéta de paramètre $2+2=4$, donc $P(Z=1)=\frac1{\zeta(4)}$.

Finalement, $S=\frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)}=\frac{5}2$.
enonce
Re: Une somme double
il y a six années
C'est bien, chacun amène sa méthode, enrichissant ainsi le fil.

Plus généralement, si $\alpha >1$, on a $\displaystyle \sum_{\substack{a,b=1 \\ (a,b)=1}}^\infty \frac{1}{(ab)^\alpha} = \frac{\zeta(\alpha)^2}{\zeta(2 \alpha)}$.

Et pour ma question ?
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
et même

$ \displaystyle \sum_{\substack{a,b=1 \\ (a,b)=1}}^\infty \frac{1}{a^\alpha b^{\beta}} = \frac{\zeta(\alpha)\zeta(\beta)}{\zeta(\alpha+\beta)}$.
enonce
Re: Une somme double
il y a six années
Ah mince, j'ai oublié de mettre les détails des calculs de la méthode que j'ai utilisée. Avec les notations ci-dessus, on a
\begin{align*}
\sum_{\substack{a,b=1 \\ (a,b)=1}}^\infty \frac{1}{(ab)^\alpha} &= \sum_{a,b} \frac{1}{(ab)^\alpha} \sum_{d \mid (a,b)} \mu(d) = \sum_{d=1}^\infty \mu(d) \sum_{\substack{a,b=1 \\ a \, \equiv 0 \, (\textrm{mod} \, d) \\ b \, \equiv 0 \, (\textrm{mod} \, d)}}^\infty \frac{1}{(ab)^\alpha} \\
&= \sum_{d=1}^\infty \mu(d) \sum_{h,k=1}^\infty \frac{1}{(hkd^2)^\alpha} = \left( \sum_{d=1}^\infty \frac{\mu(d)}{d^{2 \alpha}} \right) \left ( \sum_{h=1}^\infty \frac{1}{h^\alpha} \right )^2 = \frac{\zeta(\alpha)^2}{\zeta(2 \alpha)}.
\end{align*}
enonce
Re: Une somme double
il y a six années
@Aléa : oui, c'est même immédiat lorsqu'on remplace l'un des deux $\alpha$ par $\beta$ dans mon détail des calculs ci-dessus (avec $\alpha, \beta >1$).
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
Salut à vous,

Merci pour ces indications. Pouvez-vous m'indiquer comment vous calculez la somme des mu(d)/d^(x) ?

Je ne connais de la fonction de Möbius que ce que je peux lire sur wikipédia, ce qui me suffit pour suivre le calcul sauf sur ce point précis.

Merci d'avance,



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par skyffer3.
enonce
Re: Une somme double
il y a six années
Citation
Skyffer3
Pouvez-vous m'indiquer comment vous calculez la somme des mu(d)/d^(x)
Oh bin, ce n'est pas compliqué : en ce qui me concerne, j'ai sous la main un catalogue de séries de Dirichlet, les plus usitées, que j'emploie sans modération, à la simple condition de respecter leurs abscisses de convergence respectives.
Re: Une somme double
il y a six années
Skyffer, pour cette somme, on a, pour $\Re(s)>1$,
\[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n^s}=1-\frac{1}{2^s}-\frac{1}{3^s}-\frac{1}{5^s}+\frac{1}{6^s}-\frac{1}{7^s}+\cdots=\frac{1}{\zeta(s)}, \]
où la seconde égalité provient du développement en produit eulérien de $\zeta$.
Guillaume02
Re: Une somme double
il y a six années
@ skyffer3 : Lecteur curieux (curieux lecteur ?) comme toi, j'ai jeté un oeil iciwikipedia, il y a de belles formules.
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
@enonce : Haha, mais ce qui compte ce n'est pas le résultat, c'est la méthode pour l'obtenir ;)

Je n'aime personnellement pas utilisé un résultat si je n'ai aucune idée de sa démonstration. Mais évidemment on ne peut pas tout retenir par coeur sad smiley

Edit : merci de vos réponses je vais regarder ça



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par skyffer3.
enonce
Re: Une somme double
il y a six années
@Skyffer : c'est tout à ton honneur, mais si tu es obligé de tout redémontrer les outils que tu utilises à chaque fois, tu n'as pas fini.

A propos, j'ai posé une question ci-dessus en retour à la tienne (plus simple que le calcul de séries de Dirichlet), j'attends toujours des réponses (ou des débuts d'idées)...
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
Il y a trois mois, j'ai donné ici :
[www.les-mathematiques.net]
une démonstration probabiliste de l'égalité : $\underset{a\wedge b=1}{\underset{a\in \N^{*},b\in \N^{*}}{\sum }}\frac{1}{a^{\alpha }b^{\beta }}=\frac{\zeta (\alpha )\zeta (\beta )}{\zeta (\alpha +\beta )}$, et
aléa a apprécié cette démonstration.
Bonne nuit.
RC
enonce
Re: Une somme double
il y a six années
@Raymond Cordier : merci pour le lien, la question fut donc redondante.

Et pour la mienne (je sais, je suis un peu lourd, mais bon...) ?
Re: Une somme double
il y a six années
@skyffer3 : c'est le calcul classique du produit, pour $p$ premier, des $\big(1-\dfrac 1 {p^s} \big)$ avec $s$ complexe de partie réelle $>1$. Quand on calcule cette quantité en développant le produit on trouve ce que tu cherches. Quand on calcule l'inverse de ce produit en développant en série chacun de ses termes, on obtient la somme, pour $n$ entier naturel non nul des $\dfrac 1 {n^s}$. La convegence absolue de cette dernière série autorise le calcul des diverses sommes infinies dans n'importe quel ordre (la conergence en vrac comme le dit Godement). Essaie d'appliquer tout ça en reprenant la défintion de la fonction de Moëbius.

J'avoue que j'ai un petit faible pour la méthode de Guego. J'ai moi-même procédé de façon similaire, mais avec moins de talent.

On vient donc de démontrer que, pour $k=2$, on a $S(k)=\dfrac{\Zeta(k)^2} {\Zeta(2k)}=\dfrac 5 2$.
Connaissez -vous d'autres valeurs de l'entier $k$ pour lesquels $S(k)$ est rationnel ?

@enonce : Je vois comment faire ton exo, mais je n'ai pas rédigé. L'idée est d'écrire $d(PGCD(i,n))$ sous la forme d'une somme de $1$ sur $x\in \N\ :\ (x | i)\text{et}(x | n)$ et de pemuter les sommations.
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
@RC
Merci d'avoir retrouvé ce fil, j'y avais pensé, mais je ne l'avais pas retrouvé.
On a donc deux preuves probabilistes différentes (au moins à première vue).
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
Merci zephir, et les autres smiling bouncing smiley
Ton idée est reprise ici : [math.stackexchange.com]
Donc je comprends bien le principe même si la fonction de Möbius m'était inconnu avant ;)

J'adore le concept de convergence en vrac par ailleurs, si bien expliqué par Roger Godement. Ca m'a quelque fois permis de bien tuer certains exos de spe, même si c'était limite HP car de mon époque on était assez contraint pour justifier des permutations de sommes, surtout si on sort du cadre des séries doubles.
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
Pour enonce, je crois avoir résolu ton exo. Il suffit d'écrire la formule qui dit que x est égal à la somme des phi(d) pour d divise x, et on remplace x par sigma(n) et par définition de phi le résultat tombe, non ?

edit : désolé pour le latex, je suis sur tablette, donc j'ai la flemme de développer complètement ma solution, mais je pourrais le faire si jamais elle est juste :D

edit 2 : je pense que je suis trop optimiste, j'avais rien écrit, mais là en posant les choses ça me semble plus du tout sûr que ma solution marche, je vais regarder.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par skyffer3.
enonce
Re: Une somme double
il y a six années
L'idée est là, mais je trouve que c'est quand même un peu rapide. Au début, je ne voulais pas mettre que la somme est égale à $\sigma(n)$. L'aurais-tu obtenu ,?
Re: Une somme double
il y a six années
Il fut une époque (1997-2004) où les familles sommables furent introduites au programme des classes de spéciales MP*. C'était un vrai désastre. On s'est limité, après 2004 aux sommes doubles et ... ce fut pire. Je ne sais pas ce que prévoit le futur programme (applicable à partir de septembre 2014), mais il faut s'attendre à tout, vu l'entrée des probabilités au programme.

Pour répondre à la question posé par enonce, ma suggestion prospère trivialement, si j'ose ainsi exprimer le fait qu'une ligne suffit pour l'écrire.

Crdialement,
zephir.
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
Mon époque c'est 2010 pour la spe, et je me souviens avec émotion lorsque j'invoquais la convergence en vrac lors d'un DS en pensant à tous ceux qui étaient en train de triturer leur somme pour se ramener dans le cadre du programme.

Évidemment, je ne l'aurais pas fait en concours mais c'était bien marrant en DS :D Surtout qu'il me semble que le terme "convergence en vrac" est propre à Godement, alors ça fait étalage de culture dans la copie eye rolling smiley

enonce, tu t'adresses à moi ?
Dans ce cas je vais chercher, comme je disais dans mon edit, ça paraît moins évident à démontrer quand je pose les choses à l'écrit ...
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
@zephir: "C'était un vrai désastre" .

Que veux-tu dire ? Je collais à l'époque en MP*, et je trouvais bien d'avoir mis au programme cette notion éclairante qui est assez peu enseignée (pour ma part, j'avais appris ça seul dans Choquet).
Re: Une somme double
il y a six années
@aléa : Oui, elle est intéressante, mais la seule formuation pédagogique possible, à mon avis, est celle de Godement avec l'image "convergence en vrac". La définition adoptée à l'époque de la sommabilité par le programme était : "une famille est sommable si elle est absolument sommable", ce qui est bien faux ... dans un EVN de dimension infinie.
Tiens : donnes-moi un EVN et une famille sommable mais pas absolument sommable.

@enonce : Je me suis fait prendre tellement souvent que maintenant jai le réflexe de mettre $d(n)$ sous la forme de somme de $1$ et de permuter la double sommation ainsi obtenue. Je pense que cela doit être la première chose qu'on doit apprendre quand on fait de la théorie des nombres. Et puis le produit de Cauchy multiplicatif, c'est joli.
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
A défaut de terminer avec mon idée je propose une démonstration plus simple inspirée des indications de zephir.

$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}d(i \wedge n) = \sum_{i=1}^{n}\sum_{d\mid i \wedge n}1 = \sum_{i=1}^{n}\sum_{\substack{d\mid n \\ d\mid i}}1 = \sum_{d\mid n}\sum_{\substack{i=1 \\ d\mid i}}^{n}1 = \sum_{d\mid n}\frac{n}{d} = \sum_{d\mid n}d = \sigma(n)$.
bs
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
Bonjour,
Variante : $$\displaystyle \sum_{\substack{(a,b)\in \N^{*2} \\ a \mid b}}^\infty \dfrac 1 {a^2b^2} = ??$$
Amicalement.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par bs.
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
N'aurait-on pas, le plus simplement : $S_{m,n}=\underset{a\mid b}{\underset{a\in \N^{*},b\in \N^{*}}{\sum }}\frac{1}{a^{m}b^{n}}=\underset{a=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{a^{m}(ka)^{n}}=\underset{a=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{a^{m+n}}\underset{k=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{1}{k^{n}}=\zeta (m+n)\zeta (n)$?
Et ce, pour $n>1$ et $m\geq 0$, même non entiers ?
Bonne journée.
RC
JLT
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
$\zeta(2)\zeta(4)=\frac{\pi^6}{540}$.

[Grillé par RC.]
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
Si mes souvenirs sont exacts, on pose, pour $b\in \N^{*}$ et $m\in \N$ : $\sigma _{m}(b)=\underset{d\mid b}{\sum }d^{m}$, et il y a une formule élémentaire donnant $\sigma _{m}(b)$ en fonction de la décomposition de $b$ en facteurs premiers.
Revenant à notre somme précédente, il vient :
$S_{m,n}=\underset{a\mid b}{\underset{a\in \N^{*},b\in \N^{*}}{\sum }}\frac{1}{a^{m}b^{n}}=\underset{b\in \N^{*}}{\sum }\frac{1}{b^{m+n}}\underset{a\in \N^{*},a\mid b}{\sum }\frac{b^{m}}{a^{m}}=\underset{b\in \N^{*}}{\sum }\frac{1}{b^{m+n}}\underset{d\mid b}{\sum }d^{m}=\underset{b=1}{\overset{+\infty }{\sum }}\frac{\sigma _{m}(b)}{b^{m+n}}$.
Le calcul précédent nous donne la somme de cette série.
Bonne journée.
RC
bs
Re: Une somme double
il y a six années
avatar
Coucou,

Trop forts thumbs down

Ces divers exercices sont également proposés dans le Monier d'analyse.

Amicalement.
enonce
Re: Une somme double
il y a six années
OK pour la solution de Skyffer et OK pour la méthode rappelée par Zephir (voir la preuve de l'identité de Césaro ci-dessous).

Voilà la mienne, qui repose sur le Lemme suivant, dû à Césaro en 1885 :

{\it soit $f$ une fonction arithmétique quelconque. Alors, pour tout $n \in \N^*$, on a} $\displaystyle \sum_{i=1}^n f \left( \textrm{pgcd}(i,n) \right) = \left ( f \star \varphi \right )(n)$ {\it où l'opération $\star$ est le produit de convolution de Dirichlet}.

{\bf Preuve} (Césaro, 1885). On a immédiatement
$$\sum_{i=1}^n f \left( \textrm{pgcd}(i,n) \right) = \sum_{d \mid n} f(d) \sum_{\substack{k \leqslant n/d \\ (k,n/d) = 1}} 1 = \sum_{d \mid n} f(d) \varphi(n/d) = \left ( f \star \varphi \right )(n).$$

Il n'y a plus qu'à remplacer $f$ par $d$ pour obtenir directement le résultat.

A noter que, puisque $\sigma(n) = O \left (n \log \log n)$, on en déduit que $\displaystyle \sum_{i \leqslant n} d \left( \textrm{pgcd}(i,n) \right ) \ll n \log \log n$ à comparer avec le résultat connu $\displaystyle \sum_{i \leqslant n} d(i) \ll n \log n$.

Avec l'identité de Césaro, vous pouvez obtenir d'autres relations intéressantes concernant les sommes de fonctions arithmétiques prises sur les pgcd. Par exemple, on a
$$\sum_{i=1}^{2n} \mu \left ( \textrm{pgcd}(i,2n) \right ) = 0$$
(c'était celle-ci que j'avais initialement mise en exercice plutôt que l'autre).
enonce
Re: Une somme double
il y a six années
Citation
Zephir
on a donc $S(k)=\dfrac{\Zeta(k)^2} {\Zeta(2k)}=\dfrac 5 2$. Connaissez -vous d'autres valeurs de l'entier $k$ pour lesquels $S(k)$ est rationnel ?
C'est vrai pour tout entier $k \geqslant 2$ {\bf pair}. Plus généralement, à l'aide de l'expression de $\zeta(2k) = (-1)^{k+1} 2^{2k-1} \pi^{2k} \, \dfrac{B_{2k}}{(2k)!}$ en fonction des nombres de Bernoulli, il est assez facile de vérifier que, si $am=bn$, alors $\dfrac{\zeta(2m)^a}{\zeta(2n)^b} \in \Q$.
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